BdMO 2016 National Junior Question 8.

Question

$\triangle ABC$ es isósceles con $AB = AC$ ans $\angle A = 20^{\circ}$ y $BC = 12$ . $BP \perp AC$ ans $Q$ es un punto en $AB$ tal que $QB=6$ . Encuentre $\angle CPQ$ .

No he podido resolver este problema. Lo he intentado muchas veces. Se puede resolver muy fácilmente si utilizo las funciones trigonométricas y la calculadora. Pero necesito resolverlo en la forma de la Olimpiada de Matemáticas. El diagrama es algo así -

Answer 1

Una solución corta de la construcción sugerida por @Fimpellizieri en los comentarios.

Dejemos que $X\in AP$ tal que $\Delta CBX$ es isósceles, y $Y\in AB$ tal que $XY\bot AB$ . Entonces $\angle XBY=\angle CBA-\angle CBX=80^\circ-20^\circ=60^\circ$ y, por lo tanto, $|BY|=12\cdot\cos 60^\circ=6$ es decir $Y=Q$ .

Consideremos ahora el cuadrilátero $BQXP$ . Desde $\angle BQX=\angle BPX=90^\circ$ los cuatro puntos se encuentran en el mismo círculo (circunscrito). A partir de la teorema de los ángulos inscritos se deduce que $\angle BPQ=\angle BXQ$ , pero este último es $90^\circ-60^\circ=30^\circ$ . Finalmente, $\angle CPQ=90^\circ+30^\circ=120^\circ$ .

Answer 2

Consideremos $\triangle APB$ :

$$\angle ABP = 180° - (\angle APB + \angle PAB)$$ $$\angle ABP = 70°$$

Consideremos $\triangle BPQ:$

Dejemos que $\alpha=\angle BPQ$

$$ \dfrac{\sin{\alpha}}{BQ}= \dfrac{\sin{70°}}{QP}$$ $$ \sin{\alpha}= \dfrac{\sin{70°}}{QP}BQ$$ $$ \sin{\alpha}= 6\dfrac{\sin{70°}}{QP}$$

Ahora encontremos $QP$

Consideremos $\triangle APQ:$

$$QP^2 = AP^2 + AQ^2 - 2\cdot AP\cdot AQ \cdot \cos(\angle PAQ)$$

Ahora encontremos $AP \text{ and } AQ$

Consideremos $\triangle BPC:$

$$ \dfrac{\sin{\angle PBC}}{PC}= \dfrac{\sin{\angle PCB}}{BP}= \dfrac{\sin{\angle BPC}}{BC}$$ $$ BP = \dfrac{\sin{\angle PCB}}{\sin{\angle BPC}}\cdot BC$$ $$ BP = 11.82$$ $$ PC = \dfrac{\sin{\angle PBC}}{\sin{\angle PCB}}\cdot PB$$ $$ BP = 2.08$$

Consideremos $\triangle ABP\text{ to find } AP$

$$ \dfrac{\sin{\angle BAP}}{BP}= \dfrac{\sin{\angle ABP}}{AP}$$ $$ AP= \dfrac{\sin{\angle ABP}}{\sin{\angle BAP}}BP$$ $$ AP= 32.48$$

$P \in [AC] \Rightarrow AC = AP + PC \Leftrightarrow AC = 34.56$

Desde $\triangle ABC \text{ is isosceles, then } AB = AC = 34.56$

$Q \in [AB] \Rightarrow AQ = AB - BQ \Leftrightarrow AQ = 28.56$

$$QP^2 = AP^2 + AQ^2 - 2 AP \cdot AQ \cdot \cos(\angle QAP)$$ $$QP = 11.28$$

Ahora consideremos $\triangle BPQ$

$$ \dfrac{\sin{\angle \alpha}}{BQ}= \dfrac{\sin{\angle QBP}}{QP}$$ $$ \sin{\alpha}= \dfrac{\sin{\angle QBP}}{QP}BQ$$ $$ \sin{\alpha}= \dfrac{1}{2} \Rightarrow \alpha = 30°$$

$$\angle CPQ = \angle CPB + \angle BPQ$$ $$\angle CPQ = 90° + 30°$$ $$\angle CPQ = 120°$$

Answer 3

Desde $\angle BPC = 90^{\circ}$ se deduce que $P$ se encuentra en el círculo cuyo diámetro es $BC$ . Por lo tanto, dejemos que $D$ sea el punto medio de $BC$ y que $E$ sea un punto dentro de $\Delta ABC$ tal que $\Delta BDE$ es equilátero. Entonces $E$ también se encuentra en el círculo con diámetro $BC$ , por lo que el cuadrilátero $BEPC$ es cíclico. Por lo tanto, $\angle BEP$ y $\angle PCB$ son complementarios, y como $\angle PCB = 80^{\circ}$ se deduce que $\angle BEP = 100^{\circ}$ . Ahora, $BC = 12$ Así que $BE = BD = \frac{1}{2}BC = 6$ . Así, $BE = 6 = QB$ Así que $\triangle QBE$ es isósceles. Como $$\angle QBE = \angle QBC - \angle EBC = 80^{\circ} - 60^{\circ} = 20^{\circ}$$ se deduce que $\angle QEB = 80^{\circ}$ . Así, $\angle QEB$ y $\angle BEP$ son complementarios, por lo que $E$ mentiras en línea $QP$ . Como tal, tenemos $$\angle CPQ = \angle CPE$$ y $\angle CPE = 120^{\circ}$ , ya sea observando que subtiende un arco de $240^{\circ}$ o bien señalando que es complementario al ángulo $\angle EBC = 60^{\circ}$ .